精品解析：四川省绵阳市江油市江油中学2022-2023学年高二下学期期末数学理科试题（解析版）

这是一份精品解析：四川省绵阳市江油市江油中学2022-2023学年高二下学期期末数学理科试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江油中学2021级高二下期6月月考
数学试题（理科）
一、单选题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数满足，其中为的共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据复数代数形式的运算及复数相等求解即可.
【详解】设，则，
由，得，
即，，
所以.
故选：B.
2. 给出如下四个命题：
①若“或”为假命题，则均为假命题；
②命题“若且，则”的否命题为“若且，则”；  
③若是实数，则“”是“”的必要不充分条件；
④命题“若则”的逆否命题为真命题.
其中正确命题的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】①，利用或的真值表判定；
②，利用“且”的否定为“或”可判断；
③，利用时判定；
④，根据命题与其逆否命题同真假判定．
【详解】对于①，若 “或”为假命题，则，均为假命题，故①正确；
对于②，命题“若x≥2且y≥3，则x+y≥5”的否命题为“若x＜2或y＜3，则x+y＜5”，故②错；
对于③，因为时，所以若a，b是实数，则“a＞2”是“a2＞4”的充分不必要条件，故③错；
对于④，命题“若，则”为真命题，则其的逆否命题为真命题，故④正确．
故选：B．
【点睛】本题考查命题真假的判断，问题涉及不等式性质、复合命题真假判断、全称命题及特称命题、命题的否定、充要条件等，考查面较广.
3. 已知，，是直线，是平面，若，，则“，”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】举反例判断充分性，再证明必要性得解.
【详解】若∥，，如果，则“”不一定成立.如图所示，所以“，”是“”非充分条件.

如果“”， 又，所以，因为，所以，所以“，”是“”的必要条件.
所以“，”是“”的必要非充分条件.
故选：B
4. 已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于a，点E、F分别是、的中点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的线性运算运算律可得，在根据数量积的定义求其值.
【详解】由题意，和之间夹角均为，结合平面向量线性运算有



故选：C
5. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用函数的奇偶性和单调性确定正确选项.
【详解】的定义域为，，所以为偶函数，排除AB选项.
当时，，
，令解得，
所以在递增，在上递减.
所以C选项不符合，D选项符合.
故选：D
【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性和单调性，考查利用导数研究函数的单调性.
6. 已知命题，；命题，.若为真命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合条件得到为真命题，为假命题，命题为真命题得到在上恒成立，即可得到；命题为假命题得到，为真命题，解得或，即可求解.
【详解】因为为真命题，则为真命题，为假命题.
命题，为真命题，则在上恒成立，
因为在上是增函数，所以时，，
则，所以；
命题，为假命题，
则，为真命题，所以.
因为函数在上单调递减，所以，
即，解得或.
因为为真命题，所以实数的取值范围是.
故选：D.
7. 从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出从袋子中取出一个红球的概率，进而得到，利用二项分布的方差公式进行求解.
【详解】由题意得：从一个装有4个白球和3个红球的袋子中取出一个球，是红球的概率为，
因为是有放回的取球，所以，
所以
故选：D
8. 已知（为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，则该展开式中的常数项为（ ）
A. 90 B. 10 C. 10 D. 90
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，得，然后求出二项式展开式的通项公式，由的次数为零，求出，从而可求出常数项.
【详解】因为（为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，
所以，得，
所以，
则其展开式的通项公式为，
令，得，
所以该展开式中的常数项为，
故选：A
9. 某校有演讲社团､篮球社团､乒乓球社团､羽毛球社团､独唱社团共五个社团，甲､乙､丙､丁､戊五名同学分别从五个社团中选择一个报名，记事件A为“五名同学所选项目各不相同”，事件为“只有甲同学选篮球”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出事件、事件的可能的种数，代入条件概率公式即可求解.
【详解】事件：甲同学选篮球且五名同学所选项目各不相同，
所以其他4名同学排列在其他4个项目，且互不相同为，
事件：甲同学选篮球，所以其他4名同学排列在其他4个项目，可以安排在相同项目为，
故.
故选:.
10. 如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，，是棱的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以为基底，求，，，结合求解即可.
【详解】因为，所以
，
又，
所以
，
所以
，
所以，
即直线与直线所成角的余弦值为．
故选：B．
11. 设函数，若是的极大值点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】,
,,由得，
,
若,由,得,当时,,此时单调递增；
时,,此时单调递减；
所以是的极大值点．
若,则由,得或．时的极大值点,
,解得．综上：,取值范围时．故选B．
【点晴】本题是一道关于函数极值的题目,考虑运用导数求函数的极值．对求导,得,由得,将代入到导函数中,可得,接下来分和两种情况,结合函数的单调性,分别求出的极大值点,从而建立的不等式求解即可．
12. 已知不等式对任意实数x恒成立，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将不等式转化为对任意实数恒成立，令，利用导数得恒成立，于是有，构造函数，，利用导数求最大值即可．
【详解】因为对任意实数恒成立，即对任意实数恒成立，
令，则，
当时，，在上单调递增，
当趋于时，趋于，不满足在上恒成立；
当时，令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，
又因为在上恒成立，所以，
所以，
所以，
令，，
则，
所以 在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以．
故选：D．
【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 某班有45名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布，则理论上在85分到90分的人数约是________．（按四舍五入法保留整数）
附：，，．
【答案】6
【解析】
【分析】根据正态分布曲线的性质得到，然后求人数即可.
【详解】由题意知，，所以，
所以理论上在85分到90分的人数约是.
故答案为：6.
14. 2023年杭州亚运会需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别担任语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙2人不能担任语言服务工作，则不同的选法共有___________种.
【答案】252
【解析】
【分析】先选能担任语言服务的人员，再选能担任人员引导、应急救助工作的人员，最后根据分步计算原理即可得答案.
【详解】解：先从甲、乙之外的6人中选取1人担任语言服务工作，
再从剩下的7人中选取2人担任人员引导、应急救助工作，
则不同的选法共有种.
故答案为：252
15. 展开式中，的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求出展开式中的系数.
【详解】展开式的通项为，
展开式中，的系数为.
故答案为：
16. 已知函数f（x）＝ex+ax﹣3（a∈R），若对于任意的x1，x2∈[1，+∞）且x1＜x2，都有成立，则a的取值范围是 __.
【答案】（﹣∞，3]
【解析】
【分析】原不等式等价于，构造，由函数单调性的定义可知，h（x）在[1，+∞）上单调递增，即有h'（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，亦即a﹣3≤xex﹣ex在[1，+∞）上恒成立，构造g（x）＝xex﹣ex，由导数求解函数g（x）的最小值，即可得到a的取值范围.
【详解】原不等式等价于,令，则不等式等价于h（x1）＜h（x2）对于任意的x1，x2∈[1，+∞）且x1＜x2都成立，故函数h（x）在[1，+∞）上单调递增，又函数f（x）＝ex+ax﹣3，则，所以h'（x）在[1，+∞）上恒成立，即xex﹣ex+3﹣a≥0在[1，+∞）上恒成立，即a﹣3≤xex﹣ex在[1，+∞）上恒成立，令g（x）＝xex﹣ex，因为g'（x）＝xex＞0在[1，+∞）上恒成立，
所以g（x）在[1，+∞）上单调递增，则g（x）≥g（1）＝0，所以a﹣3≤0，解得a≤3，所以实数a的取值范围是（﹣∞，3].
故答案为：（﹣∞，3].
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 已知三次函数的极大值是20，其导函数的图象经过点，.如图所示.

（1）求的单调区间；
（2）求a，b，c的值；
（3）若函数有三个零点，求m的取值范围.
【答案】（1）单调递减区间是；单调递增是和.
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)通过导函数的图象与原函数单调性的联系可得结果；
(2)由导函数零点与原函数极值点可建立方程组，从而解得a，b，c的值；
(3)由图象可知函数的单调性及极值，函数有三个零点等价于与有三个交点，继而可得m的取值范围.
【小问1详解】
根据图象可知时，，即单调递减；
和时，，即 单调递增；
故答案为：单调递减区间是；单调递增是和.
小问2详解】
由已知可得：和是的两个根，
由（1）可得的极大值在处取得，故
解得：
故答案为：
【小问3详解】
由（2）知，的极小值为：
结合的单调性可作其草图，如下所示

函数有三个零点等价于与有三个交点，所以.
故答案为：
18. 《中华人民共和国老年人权益保障法》规定，老年人的年龄起点标准是60周岁．为解决老年人打车难问题，许多公司均推出老年人一键叫车服务．某公司为调查老年人对打车软件的使用情况，在某地区随机抽取了100位老年人，调查结果整理如下：
年龄/岁




80岁以上
使用过打车软件人数
41
20
11
5
1
未使用过打车软件人数
1
3
9
6
3

（1）从该地区的老年人中随机抽取1位，试估计该老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率；
（2）从参与调查的年龄在且使用过打车软件的老年人中，随机抽取2人进一步了解情况，用X表示这2人中年龄在的人数，求随机变量X的分布列及数学期望；
（3）为鼓励老年人使用打车软件，该公司拟对使用打车软件的老年人赠送1张10元的代金券，若该地区有5000位老年人，用样本估计总体，试估计该公司至少应准备多少张代金券．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）3900张
【解析】
【分析】（1）求出调查的100位老年人中年龄在且未使用过打车软件的人数，再利用频率估计概率，即可估计该老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率；
（2）求出X的所有可能取值，并分别求出X取每个值时对应的概率，即可写出X的分布列，然后利用定义或超几何分布的期望公式得其数学期望；
（3）先求出随机抽取的100位老年人中使用过打车软件的人数，即可估计该公司至少应准备代金券的数量．
【小问1详解】
在随机抽取的100位老年人中，年龄在且未使用过打车软件的人数为，
所以随机抽取的这1位老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率．
【小问2详解】
由题可知，X的所有可能取值为0，1，2，
且，
，
．
所以X的分布列为
X
0
1
2
P



故X的数学期望．
【小问3详解】
在随机抽取的100位老年人中，使用过打车软件的共有（人），
所以估计该公司至少应准备张代金券．
19. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．

（1）求证：平面；
（2）若，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解
【小问1详解】
证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，

由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，，则，
而平面，平面，故平面，
而，，则，同理可得平面，
而，NK，平面MKN，
故平面平面，而平面MKN，
故平面；
【小问2详解】
因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为平面，所以，
因为，故平面，
因为平面，故，
又，而，，
故平面MNK，而平面MNK，故，
所以，故两两垂直，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，，，，

故，，，
设平面BNM的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为，则
．
20. 如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点E在棱PB上．

（1）证明：平面平面PBC；
（2）当时，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）解法一：以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
【小问1详解】
因为底面，平面，
所以．
因为，，所以．
所以，所以．
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又平面EAC，
所以平面平面PBC．
【小问2详解】
解法一：
以点C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为．
解法二：
取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以，平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为
21. 已知函数，．
（1）研究函数在区间上的单调性；
（2）若对于，恒有，求的取值范围．
【答案】（1）在上单调递增
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后对的范围进行讨论，研究其单调性；
（2）构造函数，根据对的范围进行讨论进而求出结果.
【小问1详解】
函数的定义域为．
，
当时，，而，所以，
当时，，而，
所以．
所以当时，，即．
综上，在上单调递增．
【小问2详解】
即，
设，
当时，结合（1）知，在上是增函数，则，
所以当时，不等式显然成立．
当时，，
令，则，
当时，，，所以，
所以为增函数，．
当时，，从而有，此时不等式恒成立．
当时，令，即，
由前面分析知，函数在上是增函数，
且，
．
故存在唯一的，使得．
当时，，为减函数且．
所以与恒成立矛盾．
综上所述，的取值范围为．
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），直线l的方程为.
（1）当时，求曲线的直角坐标方程；
（2）当时，已知点，直线l与曲线交于A，B两点，线段AB的中点为M，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用完全平方公式与三角函数的基本关系式消去参数即可得解；
（2）先利用三角函数的基本关系式与倍角公式求得曲线的直角坐标方程，再结合题意求得直线l的参数方程，联立两方程得到关于参数的一元二次方程，再利用参数的几何意义即可得解.
小问1详解】
当时，曲线的参数方程为（t为参数），
因，且，
所以曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
当时，曲线的参数方程为（t为参数），
因为，，
所以曲线的直角坐标方程为，
由题意易知在直线，且直线的斜率为，倾斜角为，
故设直线l的参数方程为（为参数），
将直线l的参数方程代入，得，易得，
设点A，B，M对应的参数分别为，，，则由韦达定理得，
又线段AB的中点为M，所以，
所以.
[选修4-5：不等式选讲]
23 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求a的取值范围.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】（1）分别在、和三种情况下解不等式求得结果；
（2）利用绝对值三角不等式可得到，由此构造不等式求得结果.
【详解】（1）当时，.
当时，，解得：；
当时，，无解；
当时，，解得：；
综上所述：的解集为或.
（2）（当且仅当时取等号），
，解得：或，
的取值范围为.
【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考题型.